¿$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt n(n+1)}$ Convergen a exactamente?

Question

Si

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt n(n+1)}=S,$$

no $S$ tienen una forma cerrada expresión simbólica de su valor? Por la integral de la prueba es claramente converge, es decir que tomen $u=\sqrt x$ e $u$-sustituto para obtener

$$\int_1^\infty\frac1{\sqrt x(x+1)}dx=2\arctan(\sqrt x)\rvert_1^\infty=\frac\pi2.$$

La suma fue también en un concurso problema, o eso me han dicho, para demostrar que $S<2$ (si el origen de este problema puede ser encontrado, se lo agradecería).

Answer 1

Aunque dudo que haya una forma cerrada, podemos obtener una integral doble con bastante facilidad:

$$\frac{1}{\sqrt{n}}=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty e^{-n x^2} dx$$

$$\frac{1}{n+1}= \int_0^\infty e^{-(n+1) y} dy$$

Then the general term will be:

$$\frac{1}{\sqrt{n}(n+1)}=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \int_0^\infty e^{-y} e^{-n (x^2+y)} ~dx ~dy$$

Let's try exchanging the summation and integration:

$$\sum_{n=1}^\infty e^{-n (x^2+y)}=\frac{1}{e^{x^2+y}-1}$$

Now we need the integral to converge, otherwise this whole thing would be in vain.

Numerically, using Mathematica, we have:

$$\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \int_0^\infty \frac{e^{-y}}{e^{x^2+y}-1} ~dx ~dy=1.8600250788 \dots$$

Which is quite in good agreement with the numerical value obtained for the series itself (the OEIS gives $1.86002507922119\puntos de dólares).

Así, podemos afirmar:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt n(n+1)}=\frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^\infty \int_0^\infty \frac{e^{-y}}{e^{x^2+y}-1} ~dx ~dy$$

Por qué no puedo tratar de obtener una sola integral? Porque en ese caso después de la sumatoria bajo el signo integral tengo sólo divergentes de las integrales.

Editar:

A partir de la OEIS vínculo de hecho podemos ver que el único integral también funciona. Eso es lo que he intentado (solo usando mi primera integral y resumiendo el resultado de la con $1/(n+1)$, pero pensé que el resultado de la integral de $$\int_0^\infty (-1-e^{x^2} \log (1-e^{-x^2}))dx$$ diverged. Apparently it doesn't.

Edit 2:

Let's try to make my double integral a little prettier.

$$\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{e^{-y}}{e^{x^2+y}-1} ~dx ~dy=2\int_0^\infty \int_0^\infty \frac{z~e^{-z^2}}{e^{x^2+z^2}-1} ~dx ~dz=$$

$$x=r \cos t \\ z= r \sin t$$

$$=2\int_0^\infty \int_0^{\pi/2} \frac{r^2 \sin t~e^{-r^2 \sin^2 t}}{e^{r^2}-1} ~dt ~dr= \\ =2\int_0^\infty \int_0^1 \frac{r^2 e^{-r^2} e^{r^2 u^2}}{e^{r^2}-1} ~du ~dr=\sqrt{\pi} \int_0^\infty \frac{r ~\text{erfi}(r) e^{-r^2}}{e^{r^2}-1} ~dr$$

Esta integral converge muy bien y obtenemos:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt n(n+1)}=2 \int_0^\infty \frac{r ~\text{erfi}(r) e^{-r^2}}{e^{r^2}-1} ~dr$$

Mathematica fácilmente da 50 correcto de dígitos de la serie:

In[71]:= NIntegrate[
 2 u Erfi[u] Exp[-u^2]/(Exp[u^2] - 1), {u, 0, Infinity}, 
 WorkingPrecision -> 50]

Out[71]= 1.8600250792211903071806959157171433246665241215235

O podemos reescribir esto en un poco más corto formulario:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt n(n+1)}=\int_0^\infty \frac{\text{erfi}(\sqrt{r}) e^{-r}}{e^{r}-1} ~dr$$

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We can also generalize the above to:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt n(n+a)}=\frac{1}{\sqrt{a}}\int_0^\infty \frac{\text{erfi}(\sqrt{ar}) e^{-ar}}{e^{r}-1} ~dr$$

Taking the limit for $un \a 0$, we recover the well known integral for the zeta function $\zeta(3/2)$.

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Edit 3:

I'm sorry for bloating this post, but I wanted to make a few notes about numerical integration of the obtained expression.

It can be easily done by Gauss-Laguerre quadrature, provided we remove the singularity near $r=0$. Which can be done by getting the asymptotic expression as $r \a 0$:

$$\frac{\text{erfi}(\sqrt{r})}{e^{r}-1} \to \frac{2}{\sqrt{\pi r}}-\frac{\sqrt{r}}{3\sqrt{\pi}}+\frac{r^{3/2}}{30\sqrt{\pi}}+\frac{r^{5/2}}{315\sqrt{\pi}}+\dots$$

This singularity is exactly integrable and so we can write:

$$\int_0^\infty \frac{\text{erfi}(\sqrt{r}) }{e^{r}-1} e^{-r}~dr=2-\int_0^\infty \left(\frac{2}{\sqrt{\pi r}}-\frac{\text{erfi}(\sqrt{r}) }{e^{r}-1} \right) e^{-r}~dr$$

This allows us to approximate the integrand near $0$ by a well defined series:

$$\frac{2}{\sqrt{r}}-\sqrt{\pi} \frac{\text{erfi}(\sqrt{r})}{e^{r}-1}= \\ =\sqrt{r} \left(3-\frac{r}{30}-\frac{r^2}{315} +\frac{r^3}{1512}+\frac{r^4}{13860}-\frac{521 r^5}{32432400}-\frac{29 r^6}{16216200}+\dots \right) $$

The terms shown give the absolute error of the order $10^{-11}$ at $r=1/4$.

So we can denote:

$$f(r)=\frac{\sqrt{r}}{\sqrt{\pi}} \left(3-\frac{r}{30}-\frac{r^2}{315} +\frac{r^3}{1512}+\frac{r^4}{13860}-\frac{521 r^5}{32432400}-\frac{29 r^6}{16216200} \right) $$

And write:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{\sqrt n(n+1)} \approx 2-\int_0^{1/4} f(r) e^{-r}~dr-\int_{1/4}^\infty \left(\frac{2}{\sqrt{\pi r}}-\frac{\text{erfi}(\sqrt{r}) }{e^{r}-1} \right) e^{-r}~dr$$

The first integral can taken exactly in terms of error function, while the second can be approximated by Gauss-Laguerre quadrature with very good accuracy.

Provided both the integrals above are computed with high enough precision, we get absolute error of the order $10^{-12}$ cuando se compara con el valor numérico de la serie.

Esto también está de acuerdo con el obligado de @robjohn la respuesta.

No es muy conveniente, pero al menos me han demostrado que el uso de esta integral si no se tiene el software avanzado como Mathematica.

Answer 2

Esto añade muy poco a la respuesta anterior: (inverso) la transformada de Laplace permite escribir la serie determinada como la integral de la $\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}\frac{F(\sqrt{s})}{e^s-1}\,ds$ donde $F$ es de Dawson función. $F(\sqrt{s})$ aproximadamente se comporta como $\sqrt{s} e^{-2s/3}$ y el algoritmo de integración numérica es capaz de proporcionar una aproximación decente para el mencionado integral.

Esta realidad trae algo nuevo a la mesa: por un lado, me podrían darse cuenta de que $$ \color{red}{S}=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}} \color{red}{\approx} \frac{1}{2}+\sqrt{\pi}\sum_{n\geq 2}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(n+1)}=\color{red}{\frac{1}{2}+\frac{3}{4}\sqrt{\pi}}$$ desde $\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\approx\frac{1}{\sqrt{\pi n}}$ es una muy buena aproximación para cualquier $n\geq 1$ y la generación de la función de catalán de los números es bastante bien conocida. Esto puede ser mejorado por explotar más precisa $$ \frac{1}{\sqrt{n}}\approx\frac{\sqrt{\pi}}{4^n}\binom{2n}{n}\left(1+\tfrac{1}{8n}+\tfrac{1}{128n(n+2)}\right).$$

Creativo telescópica también merece una oportunidad: de hecho, $\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}<\frac{2}{\sqrt{n}}-\frac{2}{\sqrt{n+1}}$ inmediatamente demuestra $\color{red}{S<2}$, y el más exacto $\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}\approx \frac{2}{\sqrt{n+\frac{1}{6}}}-\frac{2}{\sqrt{n+\frac{7}{6}}}$ da $\color{red}{S\approx \frac{1}{2}+2\sqrt{\frac{6}{13}}}$.

También podemos combinar la aproximación a través de la central de los coeficientes binomiales con la de Cauchy-Schwarz desigualdad para obtener una excepcionalmente simple y muy preciso de aproximación: $$ S\leq \frac{1}{2}+\sqrt{\left(\sum_{n\geq 2}\frac{4^n}{n(n+1)\binom{2n}{n}}\right)\left(\sum_{n\geq 2}\frac{\binom{2n}{n}}{(n+1)4^n}\right)}=\frac{1}{2}+\sqrt{\frac{\pi^2}{4}\cdot\frac{3}{4}}$$ da $\color{red}{S\approx \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{4}\pi}$, cuyo error absoluto es menor que $4\cdot 10^{-4}$.

Answer 3

Menos de $\boldsymbol{2}$

Desde $n+1\gt\frac12\left(\sqrt{n}+\sqrt{n+1}\right)\sqrt{n+1}$, $$ \begin{align} \sum_{n=1}^\infty\frac1{\sqrt{n\vphantom{1}}\,(n+1)} &\lt\sum_{n=1}^\infty\frac2{\sqrt{n\vphantom{1}}\,\sqrt{n+1}\left(\sqrt{n\vphantom{1}}+\sqrt{n+1}\right)}\\ &=2\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1{\sqrt{n\vphantom{1}}}-\frac1{\sqrt{n+1}}\right)\\[6pt] &=2\tag1 \end{align} $$

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Valor Numérico

El de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma da $$ \scriptsize\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k}\,(k+1)}=2\arctan\left(\sqrt{n}\right)+C-\pi+\frac1{2\sqrt{n}\,(n+1)}-\frac{3n+1}{24n^{3/2}(n+1)^2}+O\!\left(\frac1{n^{7/2}}\right)\tag2 $$ pero podemos controlar esto un poco más fácil, si ampliamos el sumando a una toma de corriente de la serie. $$ \frac1{\sqrt{n}\,(n+1)}=\sum_{k=0}^{11}\frac{(-1)^k}{n^{k+3/2}}+O\!\left(\frac1{n^{27/2}}\right)\tag3 $$ y aplicar el de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma de $(3)$ conseguir $$ \begin{align} \scriptsize\sum_{k=1}^n\frac1{\sqrt{k}\,(k+1)} &\scriptsize=C-\frac2{n^{1/2}}+\frac7{6\,n^{3/2}}-\frac{41}{40\,n^{5/2}}+\frac{167}{168\,n^{7/2}}-\frac{1147}{1152\,n^{9/2}}\\ &\scriptsize+\frac{1411}{1408\,n^{11/2}}-\frac{200201}{199680\,n^{13/2}}+\frac{15331}{15360\,n^{15/2}}-\frac{1665833}{1671168\,n^{17/2}}\\[6pt] &\scriptsize+\frac{4371365}{4358144\,n^{19/2}}-\frac{83113379}{82575360\,n^{21/2}}+\frac{89747287}{90439680\,n^{23/2}}+O\!\left(\frac1{n^{25/2}}\right)\tag4 \end{align} $$ donde $$ \scriptsize C=1.8600250792211903071806959157171433246665241215234514930491995\tag5 $$ $C$ se calculan sumando el primer $100000$ términos y el uso de la serie en $(4)$ evaluados en $n=100000$. Por lo tanto, $$ \sum_{k=1}^\infty\frac1{\sqrt{n}\,(n+1)}=C\tag6 $$

Answer 4

Para añadir aún más a menos-de-formas cerradas, también puede ser pensado en términos de la integración de Jonquiere del polylogarithm, $\mathrm{Li}_s(z)$. En particular, esta función está definida por

$$\mathrm{Li}_s(z) := \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n^s}$$

Claramente se puede ver que

$$\int_{0}^{z} \mathrm{Li}_s(u)\ du = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n+1}}{n^s (n+1)} = z \sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n^s (n+1)}$$

y si usted toma $z = 1$ e $s = \frac{1}{2}$, usted tiene la suma deseada, es decir,

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{n}(n+1)} = \int_{0}^{1} \mathrm{Li}_\frac{1}{2}(t)\ dt$$

Lamentablemente, la polylogarithm de la fracción fin de no integrar en cualquier otra cosa y Wolfram dice que "no tiene ninguna expresión en términos de estándar de funciones matemáticas".